Выразим d0 через числа d1 и d2 для чего из равенства (1.28) вычтем равенство (1.29) и учитывая равенства (1.31) и (1.32) получим a1 - a2 + d2P-1 - d1P-1 = a1 - a2 + (d2 - d1)(d2 + d1)q= Kd0 (d2 - d1), (в2)где q= .d2P-3 + d2P-5d12 + …..+ d22d1P-4 + d1P-3. Обозначим q(для P=5) как qmin= d22 + d12. Из (1.34), (1.35) с учетом условия (1.48) имеем a1 - a2 > 0. В п.1.4.4.(а)найдено, что a1 = e1P+1 и a2 = e2P+ 1, тогда a1 - a2 = P(e1 - e2).
Пусть K= 3, тогда из равенства (в2) имеем d0 = (a1 - a2)/3(d2 - d1) + (d2 + d1)q/3 = P(e1 - e2)/3(d2 - d1) + (d2 + d1)q/3
Будем минимизировать d0, приняв d2 + d1 = 3, q= qminи (e1 - e2) =3(d2 - d1) и, учитывая, что (d2 - d1, P) = 1** получим d0 = P+ qmin= P+ (d22 + d12). (в3) [** Если(d2 - d1, P) = P, то (X– Y, P) =P, но из (1.36) следует, что (X+ Y,P) = P, тогда после сложения X– Yи X+ Yполучим (2X,P) = P, что противоречит варианту 1.]
Неравенство (в1) с учетом (в3) будет
[P+ (d22 + d12)]P-1 < Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d2 Þ(в4)ÞPP-1 + (P–1)PP-2(d22 + d12) + ….+ (d22 + d12)P-1< Pd2P + Pd1P + 2P3d1d2. Далее при доказательстве будем минимизировать [P+ (d22 + d12)]P-1 отбрасывая часть членов разложения.
Покажем, что 3-и члена разложения бинома (d22 + d12)P-1 >Pd2P+ Pd1P. Так (d22 + d12)P-1 = (d22)P- 1 + (P – 1) (d22)P- 2d12 + …..+ (d12)P - 1 >Pd2P + Pd1P.
Одно слагаемое левой части разложения (d22)P- 1 = d2Pd2P– 2 > Pd2PÞd2P– 2> P, это неравенство справедливо для d2 ³2 (d2 не может равняться 1, так как d2 >d1). Пусть d2 =2, тогда 2P – 2 = (1 + 1)P –2 = 1 + P – 2 + (P – 2)(P –3)/2 + ……+ P – 2 + 1 = = P + (P – 2)(P – 3)/2 + ……+ P – 2 >PÞ (P – 2)(P – 3)/2 + ……+ P – 2 > 0, что и подтверждает наше утверждение.
Для d1 ³2 имеем (d12)P- 1= d1Pd1P– 2> Pd1PÞd1P– 2 >P, . доказательство аналогичное вышеприведенному для (d22)P- 1.
Таким образом, мы показали, что
(d22 + d12)P-1 > Pd2P+ Pd1P.
Теперь покажем, что второе слагаемое разложения [P+ (d22 + d12)]P-1, а именно (P–1)PP-2(d22 + d12) > 2P3d1d2 =6Pd1d2
Сократим правую и левую части неравенства на Pи, принимая во внимание, что d22 +d12 > d1d2, так как d2 > d1 получим (P– 1)PP– 3 > 6, полученное неравенство справедливо для любых P> 3.
Нами показано, что несмотря на минимизацию d0 и d0P– 1, которая должна усиливать неравенство (в4), получили обратный результат
d0P-1 > Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d. (в5)
d0P-1 < Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d., а с другой стороныd0P-1 > Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d. (в.5)
Вывод: так как число Kнечетное и не равно 3(тем более 1), то K>3, что и требовалось доказать для варианта 1.
.(г). Доказательство того, что K> 3 для вариант 2, когда
(X,P) = P, (Z,P) =1 и (Y,P) = 1.
(г.1) Выпишем часть формул Абеля для этого варианта.
X + Y = d0P = C0d0,
C0 = d0P –1,
Z – X = d1P = C1d1,
C1 = d1P –1,
Z – Y = d2P/P = C2d2,
C2 = d2P–1/P.
Найдем иные соотношения, которые будем использовать в дальнейших рассуждениях
Из равенства 2 (X+ Y– Z) = (X+ Y) – (Z– Y) – (Z– X) = 2Kd0d1d2 [с учетом (г.1)] получим
d0P– d2P/P– d1P= 2 Kd0d1d2, отсюда
d0P– d1Pº0 modP, а значит и d0P– d1Pº0 modP2 и d0 – d1 º0 modP, где d0 > P.
Пусть K=3.
Чтобы получить противоречие (для K=3) сложим равенства (1.27) и (1.28) и с учетом (г.1) имеем
d0P- 1 – d1P –1 + a2 - a0 = 3d3(d0 + d1) ÞÞ 3d3 = (d0 – d1)(d0P –3 + d0P -5d12 + …+ d02 d1P – 5 + d1P –3) + + (a2 - a0)/(d0 + d1). Это равенство не справедливо. Минимизируем правую часть полученного равенства, для чего принимаем d0 – d1 =P, отбросим слагаемое (a2 - a0)/(d0 + d1), а также принимаем P= 5, тогда 3d3 > P(d02 + d12), но и это неравенство несправедливо, так как P> 3, аd02 > d3, что следует из неравенства P(X+ Y) > P(Z– Y), которое с учетом (г.1) будет Pd0P> d3P, но d02P> Pd0P, тогда d02P> d3P, отсюда после извлечения корня P-степени из правой и левой части неравенства получим d02 > d3, что и требовалось доказать.
Таким образом мы пришли к противоречию с одной стороны 3d3 > P(d02 + d12), с другой стороны
3d3 < P(d02 + d12).
Вывод: так как число Kнечетное и не равно 3(тем более 1), то K>3, что и требовалось доказать для варианта 2, а по аналогии и для варианта, когда(Y,P)=P, (X,P) =1 и (Z,P) =1.
б) (K,P) = 1 для 2- го случая ПФ
Для второго случая только одно из чисел X, Y, Zкратно Р, а значит, только одно из чисел С0, С1 и С2 кратно Р (см., как пример, (1.36)). Пусть для определенности (С1,P) = P, тогда левая часть равенств (1.28), не будет делиться на Р, так как (a1,C1) =1 , а значит, и правая часть этого равенства, содержащая множителем число K, не будет делиться на Р, а это значит, чтодля второго случая ПФ
(K, Р) = 1. (1.49)
1.5 Вспомогательные числа и вспомогательные сравнения
Пусть {1, 2, …, ri, …, mi, ..., li, …, K– 1} – приведенная система наименьших, натуральных вычетов по модулю K. Тогда, очевидно, существуют такие числа r1, r2, r3, m1, m2, m3 и l1, l2 и l3, принадлежащие этой системе, что
r1Z – X º 0 mod K или r1Z º X mod K, (1.50)
Z – r2Y º 0 mod K или r2Y º Z mod K, (1.51)
r3X + Y º 0 mod K или r3X º –Y mod K, (1.52)
Z – m1X º 0 mod K, (1.53)
m2Z – Y º 0 mod K, (1.54)
X + m3Y º 0 mod K, (1.55)
Z 2 – l1XY º 0 mod K, (1.56)
Y 2 + l2ZX º 0 mod K, (1.57)
X 2 + l3ZY º 0 mod K. (1.58)
Умножая сравнения (1.50)–(1.52), получим
r1r2r3ZXYº – ZXYmodK,
отсюда
r1r2r3 º–1 modK. (1.59)
Cложим сравнение (1.50) и (1.51) и, учитывая (1.26), получим
r1Z– X+ Z– r2Yºr1Z+ (Z– X) – r2Yºr1Z+ Y– r2Yº
ºr1Z– Y(r2 – 1) º0 modK,
а учитывая, что Zºr2YmodK(cм. (1.51)), получим
r1r2Y – Y(r2 – 1) º 0 modK,
отсюда
r1r2 – r2 + 1 º 0mod KÞr1r2 ºr2 – 1mod K. (1.60)
Умножая сравнение (1.60) на r3 и учитывая (1.59), получим
r2r3 – r3 + 1 º 0 mod K Þ r2r3 º r3 – 1 mod K. (1.61)
Умножая (1.61) на r1 и учитывая (1.59), получим
r1r3 – r1 + 1 º 0 mod K Þ r1r3 º r1 – 1 modK. (1.62)
Из сравнений (1.50) и (1.53) получим
r1m1 º1 modK, (1.63)
а из сравнений (1.51), (1.54) и (1.52),(1.55) получим соответственно
r2m2 º 1 mod K, (1.64)
r3m3 º 1mod K. (1.65)
Сложим сравнения (1.50) и (1.55) и, учитывая (1.51) и (1.60), получим
r1Z – X + X + m3Y º r1r2Y + m3Y º Y (r2 – 1 + m3) º 0 mod KÞ
Þm3 º1 – r2 modK. (1.66)
Cложим сравнения (1.52) и (1.54) и, учитывая (1.50) и (1.62), получим
m2Z – Y + r3X + Yº m2Z + r3r1Z º Z(m2 + r3r1) ºº Z(m2 +r1 – 1) º 0 mod K, Þm2 º 1 – r1 modK. (1.67)
Из сравнения (1.51) вычтем сравнение (1.53) и, учитывая (1.52) и (1.61), получим
Z – r2Y – Z + m1X º m1X – r2(–r3X) º X(m1 + r2r3) º
º X(m1 + r3 – 1) º 0 mod KÞm1 º 1 – r3 mod K.(1.68)
Решая совместно сравнения (1.56) и (1.50) и принимая во внимание сравнение (1.51), получим
Z 2 – l1XYºZ 2 – l1r1ZYºZ(Z– l1r1Y) ºZ(r2Y– l1r1Y) º
º ZY(r2 – l1r1) º 0 mod KÞl1r1 º r2 mod K. (1.69)
Решая совместно сравнения (1.57) и (1.51) и принимая во внимание (1.52), получим
Y 2 + l2ZXºY 2 + l2r2YXºY(Y + l2r2X) ºY(–r3X + l2r2X) ºXY(l2r2 – r3) º 0 modKÞl2r2 ºr3 modK. (1.70)
Решая совместно сравнения (1.58) и (1.52) и принимая во внимание (1.50), получим
X 2 + l3ZY º X2 + l3Z(–r3X) º X(X – l3r3Z) º X(r1Z – l3r3Z) º ZX(r1 – l3r3) º 0 mod K, Þl3r3 º r1 mod K. (1.71)
Из сравнения (1.69) вычтем сравнение (1.63) и, принимая во внимание (1.60), получим
l1r1 – m1r1 º r2 – 1 º r1r2 mod K,
отсюда, сокращая на r1, получим l1 – m1 ºr2 modK, а с учетом (1.68) имеем
l1 ºr2 + m1 ºr2 + 1 – r3 modK,
отсюда, так как l1, r2 и r3 меньше K, получим
l1 = r2 – r3 + 1. (1.72)
Из сравнения (1.70) вычтем сравнение (1.64) и, принимая во внимание (1.61), получим
l2r2 – m2r2 º r3 – 1 º r2r3 mod K,
отсюда, сокращая на r2, получим l2 – m2 ºr3 modK, а с учетом (1.67) имеем
l2 ºr3 + m2 ºr3 + 1 – r1 modK,
отсюда, так как l2, r3 и r1 меньше K, получим
l2 = r3 – r1 + 1. (1.73)
Из сравнения (1.71) вычтем сравнение (1.65) и, принимая во внимание (1.62), получим
l3r3 – m3r3 º r1 – 1 º r1r3 mod K,
отсюда, сокращая на r3, получим l3 – m3 ºr1 modK, а с учетом (1.66) имеем
l3 ºr1 + m3 ºr1 + 1 – r2 modK,
отсюда, так как l3, r1 и r2 меньше K, имеем
l3 = r1 – r2 + 1. (1.74)
1.5.6. Проведем анализ равенств, полученных в п. 1.5.5.
Из равенства (1.72) следует, что
а) r2 ³r3,
тогда сложим равенства (1.73) и (1.74):
l2 +l3 = r3 – r1 + 1 + r1 – r2 + 1 = r3 – r2 + 2,
отсюда, так как числа l2 и l3 натуральные, следует, что
б) r3 ³r2.
отношения а) и б) возможны только при условии, что
r2 = r3. (1.75)
Из равенства (1.73) следует, что
в) r3 ³r1,
тогда сложим равенства (1.72) и (1.74):
l1 + l3 = r2 – r3 + 1 + r1 – r2 + 1 = r1 – r3 + 2,
отсюда, так как числа l1 и l3 натуральные, следует, что
г) r1 ³r3,
отношения в) и г) возможны только при условии, что
r1 = r3. (1.76)
Благодаря равенствам (1.75) и (1.76) имеем равенство чисел r1, r2 и r3, тогда
r1 = r2 = r3 = r. (1.77)
Из равенств (1.72)–(1.74) с учетом равенств (1.77) следует, что
l1 = 1, l2 = 1 и l3 = 1. (1.78)
Благодаря (1.77) сравнения (1.60)–(1.62) примут вид
r2 – r+ 1 º0 modK, (1.79)
а сравнение (1.59) будет выглядеть следующим образом:
r3 º–1 modK. (1.80)
Благодаря (1.78) сравнения (1.56)–(1.58) примут вид
Z 2 – XY º 0 mod K,
Y 2 + ZX º 0 mod K,
X 2 + ZYº0 modK,
а с учетом (1.26) –
(X + Y)2 – XYº 0 modK, (1.81)
(Z – X)2 + ZXº 0 modK, (1.82)